2022年高考文科数学山东卷-答案.docx

2012年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)文科数学答案解析第卷一、选择题1.【答案】A【解析】。故选A。【提示】复数的除法运算，化简，直接求得答案。【考点】复数代数形式的四则运算。2.【答案】C【解析】，所以，选C。【提示】集合的补集(列举法)。【考点】集合的含义和集合的基本运算。3.【答案】B【解析】要使函数有意义则有，即，即或，选B。【提示】分式定义、对数定义、根式定义，三者联立求解。【考点】函数定义域的求法。4.【答案】D【解析】设A样本的数据为变量为，B样本的数据为变量为，则满足，根据方差公式可得，所以方差相同，标准差也相同，选D。【提示】根据题目，算出B的样本数据，再与A进行比较，算出结果。【考点】统计中常见的数字特征。5.【答案】C【解析】函数的周期为，所以命题为假；函数的对称轴为，所以命题为假，所以为假，选C。【提示】分别判断命题是否为真命题，对A、B、C、D四个选项依次进行判断。【考点】简单逻辑连接词，判断命题的真假判断。6.【答案】A【解析】做出不等式所表示的区域如图，由得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最大为，当直线经过点时，直线截距最大，此时最小，由，解得，此时，所以的取值范围是，选A。【提示】根据约束条件，画出相应的封闭区域，通过平移找到最优解。采用了数学中数形结合的思想。【考点】二元线性规划求目标函数的最值。7.【答案】B【解析】当时，第一次，第二次，第三次，此时不满足，输出，选B。【提示】执行循环结构的流程图，直至结束。【考点】循环结构的程序框图。8.【答案】A【解析】因为，所以，即，所以当时，最小值为，当时，最大值为，所以最大值与最小值之和为，选A。【提示】将函数进行，由定义域限制直接求得结果。【考点】三角函数的最值。9.【答案】B【解析】两圆的圆心分别为，半径分别为，两圆的圆心距离为，则，所以两圆相交，选B。【提示】画出两圆图象，确定位置关系，直接得到答案。【考点】圆与圆的位置关系。10.【答案】D【解析】函数为奇函数，所以图象关于原点对称，排除A，令得，所以，函数零点有无穷多个，排除C，且轴右侧第一个零点为，又函数为增函数，当时，所以函数，排除B，选D。【提示】根据函数，代入特殊点，观察图像的大致走向。【考点】函数图象的判断。11.【答案】D【解析】抛物线的焦点，双曲线的渐近线为，不妨取，即，焦点到渐近线的距离为，即，所以双曲线的离心率为，所以，所以，所以抛物线方程为，选D。【提示】由点到直线的距离公式与双曲线方程联立求解抛物线方程。【考点】双曲线的几何性质、点到直线的距离公式。12.【答案】B【解析】方法一：在同一坐标系中分别画出两个函数的图象，要想满足条件，则有如图，做出点A关于原点的对称点C，则C点坐标为，由图象知即，故答案选B。方法二：设，则方程与同解，故其有且仅有两个不同零点。由得或。这样，必须且只须或，因为，故必有由此得。不妨设，则。所以，比较系数得，故。，由此知，故答案为B。【提示】求出函数零点，比较系数，直接得出结果。【考点】函数零点的求解和判断。第卷二、填空题13.【答案】【解析】以为底面，则易知三棱锥的高为1，故。【提示】转换三棱锥顶点，求解三棱锥体积。【考点】多面体体积公式14.【答案】9【解析】最左边两个矩形面积之和为，总城市数为，最右面矩形面积为，。【提示】统计中的茎叶图，是解答本题的关键。【考点】茎叶图、频率分布直方图。15.【答案】【解析】当时，有，此时，此时为减函数，不合题意。若，则，故，检验知符合题意。【提示】利用函数单调性研究最值。【考点】函数单调性与最值问题。16.【答案】【解析】因为圆心移动的距离为2，所以劣弧，即圆心角，则，所以，所以，所以。另解：根据题意可知滚动制圆心为时的圆的参数方程为，且，则点P的坐标为，即。【提示】由参数方程，求解点坐标，典型的数形结合法思想。【考点】三角函数与向量知识的综合运用。三、解答题17.【答案】（1）证明：由已知得：，再由正弦定理可得：，所以成等比数列。（2）解：若，则，的面积。【提示】根据题设，化简，求解三边之间的等式关系；由中的三边关系和余弦定理进一步求解三角形面积。【考点】等比数列、三角恒等变换、余弦定理。18.【答案】（1）解：从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：红1红2，红1红3，红1蓝1，红1蓝2，红2红3，红2蓝1，红2蓝2，红3蓝1，红3蓝2，蓝1蓝2.其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，故所求的概率为。（2）解：加入一张标号为0的绿色卡片后，从六张卡片中任取两张，除上面的10种情况外，多出5种情况：红1绿0，红2绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，即共有15种情况，其中颜色不同且标号之和小于4的有8种情况，所以概率为。【提示】根据取卡次数，分类列举。【考点】古典概型的应用。19.【答案】（1）证明：设中点为，连接，则由知，又已知，所以平面。所以，即是的垂直平分线，所以。（2）证明：取中点，连接，是的中点，是等边三角形，。由知，所以，即，所以，所以平面平面，故平面。【提示】用已知线线关系推出未知结果，利用线线平行推出线面平行。【考点】空间几何中量的关系，线面平行的判定。20.【答案】（1）解：由已知得：解得，所以通项公式为。（2）解：由，得，即。，是公比为的等比数列，。【提示】根据题设，算出，直接求出通项公式。再根据关系列式求出。【考点】等差、等比数列的通项公式，等比数列的前项求和。21.【答案】（1）解：矩形面积为，即由解得：，椭圆M的标准方程是。（2）解：，设，则，由得。当过点时，当过点时，。当时，有，其中，由此知当，即时，取得最大值。由对称性，可知若，则当时，取得最大值。当时，由此知，当时，取得最大值。综上可知，当和时，取得最大值。【提示】利用椭圆的基本性质求解标准方程和最值问题。【考点】椭圆的标准方程及几何性质，直线与椭圆的位置关系。22.【答案】（1）解：，由已知，。（2）解：由（1）知，。设，则，即在上是减函数，由知，当时，从而，当时，从而。综上可知，的单调递增区间是，单调递减区间是。（3）证明：由（2）可知，当时，故只需证明在时成立。当时，且，。设，则，当时，当时，所以当时，取得最大值。所以。综上，对任意，。【提示】利用导数求函数的单调区间、解决不等式问题。【考点】导数，几何意义，单调性。 - 8 - / 8